精品解析：北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年度第一学期1月月考高二化学试卷

人大附中2025-2026学年度第一学期高二化学练习 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ⅰ卷(共36分) 以下各题只有一个选项符合题意) 1. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 2. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 电负性：N<O<F B. 碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH C. 稳定性：HI<HBr<HCl D. 酸性：H2SiO3<H2SO3<HClO4 3. 下列图示或化学用语正确的是 A. NH3分子的VSEPR模型为 B. p-pπ键的形成过程： C. 硼酸B(OH)3分子中B原子已达到8e-稳定结构 D. 基态磷原子价层电子排布图为，违背了泡利不相容原理 4. 下图是四种常见有机物的空间填充模型，下列说法中正确的是 A. 甲中碳原子为sp3杂化 B. 乙中σ键与π键的个数比为2∶1 C. 丙中含有碳碳双键，属于烯烃 D. 丁可表示乙酸的结构 5. COCl2又称为光气，是一种重要的有机试剂，其结构如图，下列关于COCl2的说法不正确的是 A. 它是一个非极性分子 B. 碳原子的杂化方式为sp2 C. C=O与C—Cl间的排斥大于两个C—Cl间的排斥 D. C—Cl键长更长与Cl原子半径较大、C—Cl键是单键有关 6. 臭氧(O3)分子由三个氧原子构成，呈V形等腰三角形结构，三个氧原子的平行p轨道形成一个三中心四电子大π键，下列说法中不正确的是 A. 基态O原子中核外电子共有5种空间运动状态 B. O3分子为非极性分子 C. O3分子中心O原子为sp2杂化 D. O3分子键角小于120° 7. 硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。隔绝空气，717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是 A. 对于3S84S66S412S2，△H＜0 B. S8分子中，原子数与共价键数之比为1：2 C. S8分子中S－S－S的键角为109°28′ D. S8、S6、S4、S2互为同素异形体，其相互转化为化学变化 8. 我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是 A. a极为电池负极 B. b极的电极反应为 C. 若b极区生成，则a极区增加2mol D. 外电路通过时，至少有生成 9. 实验室常用磷酸二氢钾()和磷酸氢二钠()配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1mol和0.1mol。 已知：i．可溶，和难溶。 ii．室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。 下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 溶液pH约为7 B. C. 通入0.05molHCl气体后，溶液pH小于6 D. 加入激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低 10. 为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A. BC段下降，是因为平衡逆向移动 B. 由CD段推测，加入的未完全溶解 C. 不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D. A到F的过程中，消耗约为mol 11. 己二腈是合成尼龙-66的原料。可用电解丙烯腈的方法合成己二腈，装置示意图如下。 已知：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少。 下列说法不正确的是 A. 在阴极获得己二腈 B. 制得己二腈的同时，阳极室中增加 C. 制得己二腈的同时，理论上会产生(标况下) D. 若要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂 12. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 Ⅱ卷(共64分) 13. 元素周期表中几种元素的位置关系与电负性如图表所示，请回答下列问题： （1）将氟气缓缓通过细冰表面发生反应，再进行分离可以得到固态的HOF，它是唯一可分离出固态的“次卤酸”，在HOF中氧元素的化合价为______价。 （2）科研团队研究了、和H3AsO3[也可以写作As(OH)3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。 ①基态As原子的价层电子排布式是__________________。 ②中的键角______(填“＞”“＜”或“=”)中的键角。 ③的结构是，P原子的杂化轨道类型是____________。 ④比较反应能力：______H3AsO3(填“＞”“＜”或“=”)，原因是__________________。 （3）氟氧化物O2F2、OF2的结构已经确定 O2F2 H2O2 O—O键长/pm 121 148 ①依据数据推测O—O键的稳定性； O2F2______H2O2(填“＞”或“＜”) ②OF2中F—O—F的键角小于H2O中H—O—H的键角，解释原因：__________________。 14. 电化学还原CO2将其转化为其它化学产品，是一种综合利用CO2的好方法。 已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义： S(B)= FE(B)= （1）碱性电化学还原CO2的装置如图1所示 ①碱性电化学还原在通入CO2前，先在中性电解液中通电一段时间，这段时间内阴极的电极反应式为：__________________。 ②pH及电流稳定后，再通入CO2，补全阴极产生CH4的电极反应：_________________。 CO2+______+______=CH4+______ 阴极区CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且此过程中电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ③阴极附近因为发生反应__________________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了S(CH4)。结合上述信息，S(CH4)的理论最大值为__________________。 ④结合化学用语分析阳极区产生CO2的原因是__________________。 （2）酸性电化学还原CO2的装置如图2所示。控制pH=1、电解液中存在3mol·L-1 KCl时(提高电化学还原CO2生成CH4的选择性)，电化学还原CO2过程中CH4的法拉第效率为20% 若有11.2L(已折合为标准状况，下同)的CO2被完全吸收并还原为CH4和C2H4，同时还有H2生成，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图3所示装置(反应完全)，出口处收集到气体6.72L。 ①酸性电化学装置中，CO2被还原为C2H4的电极反应式为：__________________。 ②该过程中C2H4的法拉第效率FE(C2H4)为______。 ③忽略溶液体积变化，该过程电极Ⅳ所在区域溶液的pH______。(填“增大”、“减小”或“不变”) 15. 白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2.利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6 （1）白云石矿样煅烧完全分解化学方程式为__________________。 （2）NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计) CaO MgO 计算值 实测值 2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 ____ 2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4：1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：i．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg) ii．CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。 ①“浸钙”过程中主要反应分为两步： 第一步：CaO+H2O=Ca(OH)2 第二步(写出化学方程式)：__________________。 解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是__________________。 ②“沉钙”反应的离子方程式为__________________。 ③“沉钙”过程中CaCO3优先析出的原因是__________________；产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是，由于__________________，减少了MgCO3析出。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是__________________。 （4）该流程中可循环利用的物质是__________________、CO2、NH3. 16. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。 （4）由i、iii可得到的结论是_____。 （5）设计iv的目的是_____。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向 右微弱偏转，检流计读数为amA； 2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向 右偏转，检流计读数为bmA(b>a)； 3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。 （7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2025-2026学年度第一学期高二化学练习 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ⅰ卷(共36分) 以下各题只有一个选项符合题意) 1. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 2. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 电负性：N<O<F B. 碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH C. 稳定性：HI<HBr<HCl D. 酸性：H2SiO3<H2SO3<HClO4 【答案】D 【解析】 【详解】A．N、O、F是同周期元素，原子系数依次增大，电负性依次增大，A不合题意； B．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，B不合题意； C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性就越强，C不合题意； D．H2SO3不是最高价氧化物对应的水化物，故不能用酸性来解释　，D符合题意； 故选D。 3. 下列图示或化学用语正确的是 A. NH3分子的VSEPR模型为 B. p-pπ键的形成过程： C. 硼酸B(OH)3分子中B原子已达到8e-稳定结构 D. 基态磷原子价层电子排布图为，违背了泡利不相容原理 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，题图为三角锥形，是的空间结构而非VSEPR模型，A错误； B．p-p 键是p轨道通过“肩并肩”方式重叠形成的，题图所示为肩并肩重叠形成键的过程，B正确； C．中原子最外层有3个电子，与3个羟基形成3个共价键，最外层共6个电子，未达到稳定结构，C错误； D．基态磷原子价层电子排布为，3p轨道中的电子应优先单独占据不同轨道且自旋平行，题图排布违背洪特规则，并非泡利不相容原理，D错误； 故答案选B。 4. 下图是四种常见有机物的空间填充模型，下列说法中正确的是 A. 甲中碳原子为sp3杂化 B. 乙中σ键与π键的个数比为2∶1 C. 丙中含有碳碳双键，属于烯烃 D. 丁可表示乙酸的结构 【答案】A 【解析】 【详解】A．图示的有机物为甲烷，其中碳原子的杂化方式为sp3杂化，A正确； B．图示的有机物为乙烯，其中共有5个σ键，一个π键，故二者个数比为5∶1，B错误； C．图示的有机物为苯，其分子中不含碳碳双键，不属于烯烃，C错误； D．图示的有机物应为乙醇，D错误； 故选A。 5. COCl2又称为光气，是一种重要的有机试剂，其结构如图，下列关于COCl2的说法不正确的是 A. 它是一个非极性分子 B. 碳原子的杂化方式为sp2 C. C=O与C—Cl间的排斥大于两个C—Cl间的排斥 D. C—Cl键长更长与Cl原子半径较大、C—Cl键是单键有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．有图可知，光气不是正三角形，即正负中心电荷不重合，为极性分子，故A错误； B．碳原子连接碳氧双键，碳原子为中心原子，价层电子对数为，因此为sp2杂化，故B正确； C．双键和单键之间的斥力大于单键与单键之间，故C正确； D．氯原子的半径比碳原子的半径长，因此C—Cl键长更长与Cl原子半径较大、C—Cl键是单键有关，故D正确； 故答案选A。 6. 臭氧(O3)分子由三个氧原子构成，呈V形等腰三角形结构，三个氧原子的平行p轨道形成一个三中心四电子大π键，下列说法中不正确的是 A. 基态O原子中核外电子共有5种空间运动状态 B. O3分子为非极性分子 C. O3分子中心O原子为sp2杂化 D. O3分子键角小于120° 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态原子核外电子排布为，共占据1s、2s、、、5个原子轨道，每个原子轨道对应一种空间运动状态，A正确； B．为V形结构，中心与端位成键情况不同，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．中心原子价层电子对数为3（2个键+1对孤电子对），杂化类型为杂化，C正确； D．杂化的理想键角为，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，会压缩键角，故分子键角小于，D正确； 故选B。 7. 硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。隔绝空气，717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是 A. 对于3S84S66S412S2，△H＜0 B. S8分子中，原子数与共价键数之比为1：2 C. S8分子中S－S－S的键角为109°28′ D. S8、S6、S4、S2互为同素异形体，其相互转化为化学变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小，可知升高温度使3S8⇌4S6⇌6S4⇌12S2正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误； B．由S8分子的结构可知，在一个S8分子中存在8个S原子，8个S-S共价键，S原子数与共价键数之比为1：1，故B错误； C．S8分子中S原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，孤电子对的排斥力较大，所以S－S－S的键角小于109°28′，故C错误； D．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，其相互转化过程中产生了新物质，属于化学变化，故D正确； 答案选D。 8. 我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是 A. a极为电池负极 B. b极的电极反应为 C. 若b极区生成，则a极区增加2mol D. 外电路通过时，至少有生成 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S+2H2O。 【详解】A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误； B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，故B错误； C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，内外电路转移电荷数相等，每转移4mol电子，由电极反应式可知，b极区生成2mol硫，a极氧气转化为水消耗4mol氢离子，则b极区有4mol氢离子移向a极区，则b极区生成，a极区氢离子的物质的量不变，故C错误； D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则外电路通过1mol电子时，消耗0.5mol氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5mol氢硫酸根离子同时生成1mol二氧化碳，故D正确； 故选D。 9. 实验室常用磷酸二氢钾()和磷酸氢二钠()配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1mol和0.1mol。 已知：i．可溶，和难溶。 ii．室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。 下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 溶液pH约为7 B. C. 通入0.05molHCl气体后，溶液pH小于6 D. 加入激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低 【答案】C 【解析】 【详解】A．磷酸盐缓冲溶液中含有0.1mol和0.1mol，由图可知，和质量分数都为0.5即浓度相等时，pH约为7，A正确； B．由P元素守恒，溶液中含P的粒子浓度和为0.2mol/L，即c(H3PO4)+c()+c()+c()=0.2mol⋅L−1，B正确； C．缓冲溶液加入少量酸碱，溶液pH可以保持几乎不变，由A项可知，溶液pH仍为7左右，C错误； D．加入激活蛋白激酶时，由于钙离子和磷酸根会生成沉淀，会促进和电离平衡的正向进行，导致pH降低，D正确； 故本题选C。 10. 为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A. BC段下降，是因为平衡逆向移动 B. 由CD段推测，加入的未完全溶解 C. 不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D. A到F的过程中，消耗约为mol 【答案】B 【解析】 【分析】A到B存在CaSO4的沉淀溶解平衡，B点加入Na2CO3溶液，Ca2+与生成更难溶的CaCO3，Ca2+浓度减小，C点时CaSO4继续溶解，Ca2+浓度又增大，D到E重新达到沉淀溶解平衡，E点之后继续加入饱和Na2CO3，Ca2+几乎全部转化为CaCO3。 【详解】A．BC段下降，是因为Ca2+与生成更难溶的CaCO3，使Ca2+浓度减小，A错误； B．由CD段Ca2+浓度升高，说明加入的未完全溶解，继续溶解使Ca2+浓度增大，B正确； C．B到C的过程Ca2+与结合，促进CaSO4的溶解，C点大于B点，C错误； D．A到F溶液中Ca2+几乎为0，说明CaSO4全部转化为了CaCO3，加入的的物质的量应该大于mol，D错误； 答案选B。 11. 己二腈是合成尼龙-66的原料。可用电解丙烯腈的方法合成己二腈，装置示意图如下。 已知：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少。 下列说法不正确的是 A. 在阴极获得己二腈 B. 制得己二腈的同时，阳极室中增加 C. 制得己二腈的同时，理论上会产生(标况下) D. 若要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂 【答案】B 【解析】 【分析】用电解丙烯腈的方法合成己二腈过程中，C元素化合价降低，发生还原反应，则丙烯腈在阴极（左侧电极）发生反应：，右侧电极为阳极，水失去电子发生氧化反应：； 【详解】A．由分析可知，丙烯腈在阴极发生还原反应生成己二腈，A正确； B．由电极反应式可知，制得己二腈时，阴极室消耗，阳极室生成通过质子交换膜向阴极移动，则阳极室中不变，B错误； C．由电极反应式可知，制得己二腈时，转移，生成，即产生(标况下)，C正确； D．根据题中所给已知信息：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少；阳极室反应物具有还原性，发生氧化反应，则要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂，D正确； 故选B。 12. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；； B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确； C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确； D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 Ⅱ卷(共64分) 13. 元素周期表中几种元素的位置关系与电负性如图表所示，请回答下列问题： （1）将氟气缓缓通过细冰表面发生反应，再进行分离可以得到固态的HOF，它是唯一可分离出固态的“次卤酸”，在HOF中氧元素的化合价为______价。 （2）科研团队研究了、和H3AsO3[也可以写作As(OH)3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。 ①基态As原子的价层电子排布式是__________________。 ②中的键角______(填“＞”“＜”或“=”)中的键角。 ③的结构是，P原子的杂化轨道类型是____________。 ④比较反应能力：______H3AsO3(填“＞”“＜”或“=”)，原因是__________________。 （3）氟氧化物O2F2、OF2的结构已经确定 O2F2 H2O2 O—O键长/pm 121 148 ①依据数据推测O—O键的稳定性； O2F2______H2O2(填“＞”或“＜”) ②OF2中F—O—F的键角小于H2O中H—O—H的键角，解释原因：__________________。 【答案】（1）0 （2） ①. 4s24p3 ②. ＜ ③. sp3 ④. ＜ ⑤. 中P原子无孤电子对，H3AsO3中As原子有孤电子对 （3） ①. ＞ ②. OF2和H2O中O原子均为sp3杂化且均有2个孤电子对，F原子电负性大于H，与H2O中O—H相比，OF2中O—F键成键电子对更加偏向F原子，中心原子O的电子云密度小，OF2中成键电子对之间排斥力小于H2O中成键电子对之间排斥力 【解析】 【小问1详解】 在中，由于电负性大小为，因此显价，显价，根据化合物中正负化合价代数和为，可知元素的化合价为价； 【小问2详解】 ①（砷）是第号元素，位于元素周期表第四周期第族，其基态原子的价层电子排布式为； ②的中心原子的价层电子对数为，有对孤电子对，呈形；的中心原子价层电子对数为，无孤电子对，呈平面三角形。由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，所以的键角小于的键角（）； ③从的结构式可以看出，中心原子形成了个键，且没有孤电子对，因此原子的杂化轨道类型为； ④中心原子没有孤电子对；而在中，中心原子有个键，孤电子对数为；由题意“中心原子含有孤电子对的物质易被氧化”可知，反应能力； 【小问3详解】 ①从表格数据可知，中的键长（）小于中的键长（）。键长越短，键能越大，化学键越稳定，因此键的稳定性； ②与均为形结构，由于电负性，在中，共用电子对偏向于原子，成键电子对彼此间的排斥力较小；而在中，共用电子对偏向于原子，成键电子对彼此间的排斥力较大，导致中键角小于中的键角。 14. 电化学还原CO2将其转化为其它化学产品，是一种综合利用CO2的好方法。 已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义： S(B)= FE(B)= （1）碱性电化学还原CO2的装置如图1所示 ①碱性电化学还原在通入CO2前，先在中性电解液中通电一段时间，这段时间内阴极的电极反应式为：__________________。 ②pH及电流稳定后，再通入CO2，补全阴极产生CH4的电极反应：_________________。 CO2+______+______=CH4+______ 阴极区CO2每得到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量的电子，且此过程中电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ③阴极附近因为发生反应__________________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了S(CH4)。结合上述信息，S(CH4)的理论最大值为__________________。 ④结合化学用语分析阳极区产生CO2的原因是__________________。 （2）酸性电化学还原CO2的装置如图2所示。控制pH=1、电解液中存在3mol·L-1 KCl时(提高电化学还原CO2生成CH4的选择性)，电化学还原CO2过程中CH4的法拉第效率为20% 若有11.2L(已折合为标准状况，下同)的CO2被完全吸收并还原为CH4和C2H4，同时还有H2生成，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图3所示装置(反应完全)，出口处收集到气体6.72L。 ①酸性电化学装置中，CO2被还原为C2H4的电极反应式为：__________________。 ②该过程中C2H4的法拉第效率FE(C2H4)为______。 ③忽略溶液体积变化，该过程电极Ⅳ所在区域溶液的pH______。(填“增大”、“减小”或“不变”) 【答案】（1） ①. ②. ③. ④. 11.1% ⑤. 阳极电极反应为：，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生反应： （2） ①. ②. 10% ③. 不变 【解析】 【小问1详解】 ①碱性电化学还原在通入CO2前，先在中性电解液中通电一段时间，这段时间内主要是电解水，阴极的电极反应式为； ②在碱性条件被还原成，C元素从+4价降低到-4价，得到8个电子，由于电解质为碱性，因此电极反应式为； ③根据阴极的电极反应式，阴极附近存在大量的，生成的是与反应生成的，离子方程式为；由于阴极区和得到的电子的物质的量相同，假设两者各得到电子，根据可知，生成所用的的物质的量为，生成的物质的量为；而阴极中得到的电子的反应为，生成的物质的量为；吸收的的物质的量为，根据S()= ，其理论最大值为S()= ； ④阳极的电极反应为，阴极区产生的会向阳极移动，该离子交换膜为阴离子膜，可以透过阴离子膜进入阳极区域，与发生反应产生； 【小问2详解】 ①在酸性条件被还原成，2个C元素从+4价降低到-2价，一共得到12个电子，结合电解质为酸性，因此电极反应式为； ②标准状况下11.2L的物质的量为，由于被完全吸收并还原为和，将和混合气体通入如图3所示装置后，会被高锰酸钾氧化生成并被氢氧化钠溶液吸收，不和高锰酸钾、氢氧化钠反应，出口收集的气体为，其物质的量为，根据碳元素守恒可知，的物质的量为；被还原成，C元素从+4价降低到-4价，得到8个电子，转移的电子为，根据已知电化学还原过程中的法拉第效率为20%， 由于 FE(B)=，得到 的电子总量为，被还原成，2个C元素从+4价降低到-2价，一共得到12个电子，转移的电子为，因此的法拉第效率为； ③电极Ⅳ为阴极，电极反应为、和，三个反应均是得到1个电子消耗一个；同时电极Ⅲ为阳极，发生的电极反应为，失去一个电子得到一个，阳极生成的会通过阳离子膜迁移到阴极区域，结合电子守恒可知，阴极区域消耗的总量与从阳极迁移来的总量相等，忽略体积变化时，浓度不变，因此pH不变。 15. 白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2.利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6 （1）白云石矿样煅烧完全分解化学方程式为__________________。 （2）NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计) CaO MgO 计算值 实测值 2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 ____ 2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4：1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：i．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg) ii．CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。 ①“浸钙”过程中主要反应分为两步： 第一步：CaO+H2O=Ca(OH)2 第二步(写出化学方程式)：__________________。 解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是__________________。 ②“沉钙”反应的离子方程式为__________________。 ③“沉钙”过程中CaCO3优先析出的原因是__________________；产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是，由于__________________，减少了MgCO3析出。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是__________________。 （4）该流程中可循环利用的物质是__________________、CO2、NH3. 【答案】（1） （2） ①. 或 ②. ，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出 ③. () ④. ⑤. 沉钙过程中耗NH3且少量NH3挥发 （3），，随大量氨逸出，平衡正向移动 （4）NH4Cl、(NH4)2SO4 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为CaO、MgO，加入氯化铵溶液浸钙，大部分Ca2+进入滤液A，通入CO2生成CaCO3；过滤分离得含有MgO、Fe2O3、SiO2的固体B，加入硫酸铵溶液浸镁过滤分离得滤渣C(主要成分为CaSO4、MgO和Fe2O3、SiO2)和含Mg2+滤液D，向滤液D中加入碳酸铵溶液沉镁得MgCO3沉淀，经煅烧得MgO，据此解答。 【小问1详解】 白云石矿样煅烧完全分解生成CaO、MgO和CO2，则化学方程式为：； 【小问2详解】 ①氢氧化钙与强酸弱碱盐氯化铵反应，或；相同温度下，远大于，水化生成的​更易与反应，而水化生成的难以和反应，因此主要浸出。  ②沉钙反应中通入CO2和滤液中Ca2+、一水合氨反应生成CaCO3、和水，离子方程式为()； ③优先析出原因：相同温度下远小于，因此​更易沉淀析出； 误差原因：滤液A中溶解的浓度很低，且沉钙过程中（或​）与反应，溶液中​浓度较低，不足以达到的沉淀溶解平衡所需的离子积； 【小问3详解】 与​存在平衡：，加热蒸馏时，分解逸出​，使平衡正向移动，不断促进溶解，因此浸出率随馏出液体积增大而升高； 【小问4详解】 沉钙生成的、沉镁等步骤生成的铵盐，以及流程中生成的、都可以返回前期工序循环利用。 16. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。 （4）由i、iii可得到的结论是_____。 （5）设计iv的目的是_____。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向 右微弱偏转，检流计读数为amA； 2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向 右偏转，检流计读数为bmA(b>a)； 3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。 （7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。 【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3− （2）加入Na2S2O3后得到无色溶液 （3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应 （4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率 （5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰 （6）O2 （7） ①. KI固体 ②. 黄色固体 （8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应 【解析】 【分析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。 【小问1详解】 黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−； 【小问2详解】 AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余； 【小问3详解】 紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解； 【小问4详解】 实验i 加入的是I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率； 【小问5详解】 溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰； 【小问6详解】 根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2； 【小问7详解】 探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体； 【小问8详解】 从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $